Potenzsummen von ganzen Zahlen und Polynomen

Potenzsummen von ganzen Zahlen und Polynomen
Teilnehmer:
André Stenzel
Christian Rekittke
Jana Schulz
Jannis Hessel
Konrad Steiner
Pascal Gussmann
Robert Altmann
Heinrich-Hertz-Oberschule
Andreas-Oberschule
Andreas-Oberschule
Herder-Oberschule
Heinrich-Hertz-Oberschule
Heinrich-Hertz-Oberschule
Heinrich-Hertz-Oberschule
Gruppenleiter:
Olaf Teschke
Humboldt-Universität zu Berlin
Die Gruppe beschäftigte sich mit klassischen zahlentheoretischen Problemen
über den ganzen Zahlen und ihrer Variante über Polynomringen. Als Motivation wurde zunächst die scheinbar einfache Gleichung a+b = c betrachtet. Es
stellte sich heraus, dass sich im Falle von komplexen Polynomen eine starke
Aussage über die Anzahl der verschiedenen vorhandenen Nullstellen machen
lässt (Satz von Mason), die weitgehende Folgerungen impliziert. So kann zum
Beispiel elementar und elegant der Satz von Fermat für Polynome bewiesen
werden.
Auf der Suche nach vergleichbaren Resultaten in Z stöÿt man auf die abc Vermutung, aus der man ebenfalls die Unlösbarkeit einer Reihe von bekannten Gleichungen folgern könnte.
Danach wurde das Problem der Darstellbarkeit von Zahlen und Polynomen
als Summen von Potenzen untersucht. Mit klassischen Methoden wurden
der zwei-Quadrate-Satz und der vier-Quadrate-Satz von Lagrange bewiesen
und das analoge Problem für höhere Potenzen (Waring-Problem) diskutiert.
Für Polynome stellt sich heraus, dass dieses Problem eine anschauliche geometrische Interpretation besitzt und auf eine Frage über Sekantenvarietäten
zurückgeführt werden kann. Eine Dimensionsbestimmung liefert dann ein
umfassendes Resultat.
33
1
a +b =c
Im ersten Teil beschäftigen wir uns mit Gleichungen der Form a + b = c und
stellen fest, dass damit starke Einschränkungen für die Zahl der verschiedenen
Primfaktoren von a · b · c verbunden sind. Für Polynome werden wir eine
erstaunliche Abschätzung überraschend elementar beweisen und daraus z.B.
den Satz von Fermat für Polynome folgern.
1.1 Der Satz von Mason und Satz von Fermat für Polynome
1.1.1
Grundlegende Begrie
Es sei f ∈ C[x ], d.h. f ist ein Polynom mit komplexen Koezienten. Nach
dem Fundamentalsatz der Algebra zerfällt es in ein Produkt von Linearfaktoren
m
Y
f (x) = c · (x − αi ).
i=1
Dies lässt sich auch schreiben als
f (x) = c ·
r
Y
(x − αi )mi ,
i=1
dabei ist mi die Vielfachheit der Nullstelle βi . Der Grad des Polynoms deg(f )
ergibt sich dann als
r
X
deg(f ) =
mi .
i=1
Wir schreiben weiterhin n0 (f ) für die Anzahl der verschiedenen Nullstellen
n0 (f ) := r.
Damit gilt natürlich n0 (f ) ≤ deg(f ). Andererseits können beide Zahlen natürlich erheblich dierieren, z.B. hat (x − 1)1001 einen hohen Grad, aber
n0 = 1. Ziel ist es, unter bestimmten Voraussetzungen auch eine Abschätzung
in die andere Richtung zu erhalten.
34
1.1.2
Hilfsätze
Der ggt (gröÿter gemeinsamer Teiler) von Polynomen ist das Produkt aller gemeinsamen Primfaktoren, in unserem Fall (da ja komplexe Polynome
immer eine Nullstelle haben) der gemeinsamen Linearfaktoren.
Lemma 1.1. Sei f aus C[x ], dann gilt deg[ggt(f, f 0 )] = deg(f ) − n0 (f ).
Beweis: Sei αi eine Nullstelle von f mit Vielfachheit mi . Dann ist
f = (x − αi )mi · g,
x − αi - g
f 0 = mi · (x − αi )mi −1 · g + (x − αi ) · g 0
f 0 = (x − αi )mi −1 · [mi · g + (x − αi ) · g 0 ]
Oensichtlich gilt also:
(x − αi )mi −1 - mi · g + (x − αi ) · g 0
Jeder Linearfaktor (x − αi ) kommt also in der Linearfaktorzerlegung von f 0
genau mi − 1 mal vor.
⇒ deg[ggt(f, f 0 )] = (m1 − 1) + (m2 − 1) + ... + (mr − 1)
0
⇒ deg[ggt(f, f )] =
r
X
(mi − 1) = −r +
i=1
r
X
mi = deg(f ) − n0 (f )
i=1
Lemma 1.2. Seien f, g aus C[x ], dann gilt:
n0 (f · g) ≤ n0 (f ) + n0 (g)
Die Gleichheit gilt genau dann, wenn der ggt von f und g gleich 1 ist.
1.1.3
Satz von Mason - Beweis nach der Variante von Noah Snyder(2000)
Satz 1.3 (Mason 1983).
max{deg(f ), deg(g), deg(h)} ≤ no (f · g · h) − 1
35
Beweis (nach der Variante von Noah Snyder, 2000): Wir benutzen die
einfache Identität
f · g0 − f 0 · g = f · g0 + f · f 0 − f · f 0 − f 0 · g
= f (g 0 + f 0 ) − f 0 (f + g) = f · h0 − f 0 · h.
Es sind f · g 0 6= 0 und f 0 · g 6= 0, da f und g nicht konstant sind. Auÿerdem
gilt f · g 0 − f 0 · g 6= 0, da sonst f das Produkt f 0 · g teilen würde. Da f und g
teilerfremd sind, müÿte f | f 0 gelten, was schon wegen des kleineren Grades
unmöglich ist.
Nun gilt:
ggt(f, f 0 ) | f · g 0 − f 0 · g
ggt(g, g 0 ) | f · g 0 − f 0 · g
ggt(h, h0 ) | f · g 0 − f 0 · g
Da f, g, h paarweise teilerfremd sind, gilt:
ggt(f, f 0 ) · ggt(g, g 0 ) · ggt(h, h0 ) | f · g 0 − f 0 · g
⇒ deg[ggt(f, f 0 ) · ggt(g, g 0 ) · ggt(h, h0 )] ≤ deg(f · g 0 − f 0 · g)
Wir erhalten die Ungleichung
⇒ deg[ggt(f, f 0 ] · ggt(g, g 0 ) · ggt(h, h0 )] ≤ deg(f · g 0 ) = deg(f ) + deg(g) − 1
⇒ deg[ggt(f, f 0 )] + deg[ggt(g, g 0 )] + deg[ggt(h, h0 )] ≤ deg(f ) + deg(g) − 1
Lemma 1.1
⇒
deg(f )−n0 (f )+deg(g)−n0 (g)+deg(h)−n0 (h) ≤ deg(f )+deg(g)−1
⇒ deg(h) ≤ n0 (f ) + n0 (g) + n0 (h) − 1
Da f, g und h immer noch teilerfremd sind, gilt:
Lemma 1.2
⇒
deg(h) ≤ n0 (f · g · h) − 1
Da nun gilt f + g = h ⇔ f + (−h) = −g ⇔ g + (−h) = f , lässt sich analog
zeigen:
deg(f ) ≤ n0 (f · g · h) − 1
deg(g) ≤ n0 (f · g · h) − 1
Da die Ungleichungen für deg(f ), deg(g) und deg(h) gelten, gilt schlieÿlich
auch:
max{deg(f ), deg(g), deg(h)} ≤ n0 (f · g · h) − 1
36
1.1.4
Die FERMATsche Gleichung für Polynome
Es seien f, g, h paarweise teilerfremde, nicht konstante Polynome in C[x ].
Auf die Gleichung
f n + g n = hn
ist der Satz von Mason also anwendbar mit
deg(f n ) ≤ n0 (f · g · h) − 1
deg(g n ) ≤ n0 (f · g · h) − 1
deg(hn ) ≤ n0 (f · g · h) − 1
da, wenn die Ungleichung für den maximalen Grad gilt, sie natürlich auch
für alle Grade einzeln gilt.
Desweiteren lassen sich auch die rechten Seiten mit Lemma 2 als n0 (f ) +
n0 (g) + n0 (h) − 1 darstellen. Durch Summation erhalten wir
deg(f n ) + deg(g n ) + deg(hn ) ≤ 3(n0 (f ) + n0 (g) + n0 (h) − 1)
⇒ n · (deg(f ) + deg(g) + deg(h)) ≤ 3(deg(f ) + deg(g) + deg(h) − 1)
Somit kann die FERMATsche Gleichung für Polynome für n ≥ 3 keine Lösungen besitzen.
Für n = 2 gibt es übrigens die klassische Lösung (x2 − 1)2 + (2x)2 = (x2 +1)2 .
Man erhält sie zum Beispiel, indem man die rationalen Punkte auf dem Einheitskreis durch Geraden mit rationalem Anstieg durch (0, 1) parametrisiert
(dies liefert zudem auch alle Pythagoräischen Tripel, d.h. alle ganzen Zahlen
a, b, c mit a2 + b2 = c2 ).
1.2 Die abc-Vermutung
Wir versuchen, für ganze Zahlen mit a + b = c eine Art Mason-Satz zu
formulieren.
Es seien a, b, c ∈ Z paarweise teilerfremd.
Als Grad einer ganzen Zahl wird der Betrag der Zahl gewählt. Dies kann
z.B. durch die Division mit Rest motiviert werden - bei Polynomen hat der
Rest einen kleinerer Grad als der Divisor, bei ganze Zahlen einen kleineren
37
Betrag.
Wodurch könnte n0 ersetzt werden? Bei Polynomen wird die Anzahl der verschiedenen Nullstellen, also der Primfaktoren gezählt. Wir sind dort in der
einfachen Situation, dass alle Primfaktoren denselben Grad haben. Dagegen
treten im allgemeinen in der Primzerlegung
a=
n
Y
pimi
i=1
Faktoren mit unterschiedlichem Betrag auf. Wir denieren daher
N0 :=
n
Y
pi ,
i=1
also das Produkt der verschiedenen Primfaktoren.
1. Versuch:
Gilt max{|a|, |b|, |c|} ≤ N0 (a · b · c) für ganze Zahlen?
Gegenbeispiel:
210 + 1 = 1025 = 52 · 41
N0 (a · b · c) = 2 · 1 · 5 · 41 = 410 < 210 + 1
2.Versuch:
Ausgleich durch eine Konstante K ∈ R
max{|a|, |b|, |c|} ≤ K · N0 (a · b · c)
Gegenbeispiel:
n
a = 32 , b = −1
n
Es gilt ferner für alle n, dass 2n |(32 − 1) (induktiv leicht zu zeigen).
n
n
n
31 − 1
32 − 1
32 − 1
n
)
≤
N
(2
)
·
N
(
)
≤
2
·
⇒ N0 (3 − 1) = N0 (2 ·
0
0
2n
2n
2n
n
32
⇒ N0 (a · b · c) ≤ 1 · 3 · 2 · n
2
2n
3
−1
n
1
⇒ max{|a|, |b|, |c|} = 3
≤ k·3·2·
n
2
2n
n
38
⇒ Es existiert kein k ∈ R, sodass dies für alle n gilt!
Die Ungleichung würde aber stimmen, wenn die rechte Seite in eine minimal höhere Potenz als 1 erhoben würde. Dies führt zu folgender
Vermutung (abc-Vermutung). Seien a, b, c ∈ Z, a + b = c.
∀ ² > 0 ∃ K(ε) :
max{|a|, |b|, |c|} ≤ K(ε)N0 (a · b · c)1+²
Bisher sind keine Gegenbeispiele bekannt, und es gibt eine Reihe von
Ergebnissen, die auf die Richtigkeit der Vermutung hindeuten.
1.3 Die Anwendungen der abc-Vermutung
1.3.1
Die FERMATsche Gleichung
Seien x, y, z ∈ Z mit xn + y n = z n , n ∈ N.
Aus der abc-Vermutung folgt:
max{|xn |, |y n |, |z n |}
⇒
|xn | · |y n | · |z n |
⇒
(|x · y · z|)n
⇒
(|x · y · z|)n
⇒ (|x · y · z|)n−3ε−3
≤
≤
≤
≤
≤
K(ε) · N0 (xn · y n · z n )1+ε
(K(ε) · N0 (x · y · z)1+ε )3
K(ε)3 · N0 (x · y · z)3+3ε
K(ε)3 · (|x · y · z|)3+3ε
K(ε)3
(1) Wenn x · y · z ≥ 2, so muss oensichtlich ein n0 existieren, sodass gilt:
∀n ≥ n0 : (|x · y · z|)n−3ε−3 > K(ε)3 .
Für genügend groÿe n gibt es also nur die trivialen Lösungen mit x · y ·
z = 0.
(2) Fixiert man n ≥ 4, kann die Gleichung nur endlich viele Lösungen
haben, da ab einer gewissen Gröÿe von |x · y · z| die Ungleichung nicht
mehr erfüllt wird.
39
1.3.2
Die CATALANsche Gleichung
∀x, y, n ∈ N∗ : x n − y m = 1 hat für m, n ≥ 2 und y 6= 0 keine Lösung auÿer
32 − 23 = 1.
Annahme: Die CATALANsche Gleichung ist erfüllt.
(1) m = n = 2 ist nicht möglich, da die Dierenz zweier Quadrate 6= 0
immer gröÿer als 1 ist.
(2) Sei m > 2 ∨ n > 2
Mit der abc-Vermutung folgt dann:
max{xn , y m } ≤ k(²) · N0 (xn · y m )1+ε
⇒ m · ln(y) < n · ln(x) ≤ (1 + ε) · ln(N0 (xn · y m )) + ln(K(ε))
⇒
n · ln(x) ≤ (1 + ε) · ln(N0 (x · y)) + ln(K(ε))
≤ (1 + ε) · ln(x · y) + ln(K(ε))
m · ln(y) ≤ (1 + ε) · ln(N0 (x · y)) + ln(K(ε))
≤ (1 + ε) · ln(x · y) + ln(K(ε))
⇒ m · n · (ln(x) + ln(y)) ≤ (1 + ε) · (m + n) · (ln(x) + ln(y)) + (m + n) · ln(K(ε))
m · n > m + n gilt nach Voraussetzung (da m = n = 2 nicht möglich ist).
Demnach ist diese Ungleichung nur für endlich viele x, y erfüllt.
Also kann auch die CATALANsche Gleichung höchstens von endlich vielen
x, y erfüllt werden.
1.3.3
Die Gleichung xl + y m = z n
Seien x, y, z ∈ Z mit xl + y m = z n , l, m, n ∈ N \ {0, 1, 2, 3}.
Aus der abc-Vermutung folgt:
max{|xl |, |y m |, |z n |} ≤ K(ε) · N0 (xl · y m · z n )1+ε
|xl | · |y m | · |z n | ≤ (K(ε) · N0 (x · y · z)1+ε )3
|x|l · |y|m · |z|n ≤ K(ε)3 · N0 (x · y · z)3+3ε
40
Fixiert man l, m, n ≥ 4, kann die Gleichung nur endlich viele Lösungen haben, da ab einer gewissen Gröÿe von |x · y · z| die Ungleichung sonst nicht
mehr erfüllt wird. Ebenso sieht man, dass für hinreichend groÿe l, m, n keine
Lösung mehr existieren kann.
2
Das Waring-Problem für ganze Zahlen
In diesem Abschnitt beschäftigen wir uns mit der Frage, ob man eine ganze
Zahl n als Summen von Potenzen
n = ak1 + . . . akg
darstellen kann und wieviele Summanden man dazu benötigt. Wir beginnen
mit dem Fall k = 2, also Summen von Quadraten.
2.1 Der Zwei-Quadrate-Satz
Welche Zahlen lassen sich als Summe zweier Quadrate schreiben? Wir probieren z.B.
2 = 1 2 + 12 ,
20 = 42 + 22 ,
65 = 72 + 42 = 82 + 12 .
Es fällt auf, dass die Zahlen, die sich als Summe zweier Quadrate schreiben
lassen, nur bestimmte Primfaktorzerlegungen haben. Der Grund dafür ist das
folgende Lemma:
Lemma 2.1. (A2 + B 2 ) · (U 2 + V 2 ) = (AU + BV )2 + (AV − BU )2
Diese Identität kann leicht durch Ausmultiplizieren berechnet werden.
Man kann sie aber auch interpretieren als die Betragsgleichung |z1 ||z2 | =
|z1 z2 | für komplexe Zahlen z1 = A + Bi, z2 = V + U i.
Korollar 2.2. Das Problem der Darstellung als zwei Quadrate kann auf
das Problem für Primfaktoren reduziert werden.
Welche Primzahlen sind als Summe zweier Quadrate darstellbar? Z.B.
sind
2 = 12 + 12 ; 53 = 22 + 72 ; aber 19 = 32 + 32 + 12
41
Wir beobachten, dass alle Rest 1 bei der Division durch 4 lassen. Tatsächlich
gilt:
Satz 2.3. Sei p eine ungerade Primzahl. p ist die Summe von zwei Quadraten genau dann, wenn gilt:
p ≡ 1(
mod 4)
Beweis: Wir beweisen zunächst die einfache Richtung. Wenn p die Summe von 2 Quadraten ist, dann muss eines der beiden Quadrate gerade und
eines ungerade sein. Selbiges gilt somit auch für die Zahlen selber. Da gilt:
a = 2n + 1 ⇔ a ≡ 1( mod 4) ∨ a ≡ 3( mod 4) ⇔ p2 ≡ 1(
b = 2k ⇔ bp ≡ 0( mod 4) ∨ b ≡ 2( mod 4) ⇔ p2 ≡ 0(
mod 4)
mod 4)
Somit gilt:
p ≡ a2 + b2 ( mod 4) ⇔ p ≡ 0 + 1(
mod 4) ⇔ p ≡ 1( mod 4)
Wenn p die Summe zweier Quadrate ist, ist es auch kongruent zu 1 mod 4.
Für den Beweis der Umkehrung benötigen wir folgendes Lemma:
Lemma 2.4. (i) (Satz von Wilson) p ist eine Primzahl genau dann, wenn
(p − 1)! ≡ −1(
(ii) Sei p eine Primzahl, dann ist ((
mod p)
p+1
p−1 2
)!) ≡ (−1) 2 (
2
mod p)
Beweis: (i) Jede Restklasse 6= 0 ist modulo einer Primzahl p invertierbar.
Im Produkt (p − 1)! erscheint damit also zu jeder Restklasse ihre Inverse.
Diese kürzen sich zu 1 mit Ausnahme von ±1, die ihre eigenen Inversen sind.
Daher ist das Produkt für Primzahlen −1.
Umgekehrt ist der ggt((p − 1)!, p) ≥ 2, wenn p keine Primzahl ist.
(ii) (p−1)! ≡ (−1)·1·. . .·(−
p−1 (i)
p−1 2
p−1 p−1
)(
) ≡ ((
)!) ·(−1) 2 ≡ −1(mod p).
2
2
2
Insbesondere gibt es für Primzahlen p ≡ 1( mod 4) eine Zahl x mit x2 +
1 = M p (dabei ist oenbar M ≤ p − 1), also haben wir ein Vielfaches
von p als Summe zweier Quadrate A2 + B 2 dargestellt. Wir beginnen nun
42
ein Reduktionsverfahren, um M zu verkleinern. Dabei setzen wir U ≡ A(
mod M ) und V ≡ B( mod M ). Es gilt dann U 2 + V 2 = M r mit r ≤ M − 1.
Wir verwenden nun erneut die Quadrateidentität 2.1 und erhalten
(A2 + B 2 ) · (U 2 + V 2 ) = (AU + BV )2 + (AV − BU )2 = M 2 rp.
Desweiteren ist oenbar AU +BV ≡ A2 +B 2 ≡ 0( mod M ) und AV −BU ≡
AB − BA ≡ 0( mod M ), daher teilt M die Zahlen AU + BV und AV − BU ,
und es gilt
(
AU + BV 2
AV − BU 2
) +(
) = rp, wir haben also ein kleineres Vielfaches
M
M
von p als Summe zweier Quadrate dargestellt. Der Schluÿ auf M = 1 folgt
durch Iteration.
Korollar 2.5. Jede Primzahl p ≡ 1( mod 4) läÿt sich eindeutig als Sum-
me zweier Quadrate darstellen.
Die Existenz einer Darstellung p = A2 + B 2 folgt aus dem eben bewiesenem Satz, die Eindeutigkeit aus der Zerlegung A2 + B 2 = (A + Bi)(A − Bi)
und der Tatsache, dass in Z + i Z die Primzerlegung eindeutig ist (letzteres
kann man z.B. aus der Existenz einer Division mit Rest bzgl. des Betrags
folgern).
Als Folgerung aus der Quadratidentität erhalten wir den zwei-QuadrateSatz für beliebige natürliche Zahlen:
Q
i
Korollar 2.6. n ∈ N mit der Primzerlegung n = ri=1 pm
ist als Summe
i
zweier Quadrate darstellbar genau dann, wenn jedes Pi ≡ 3( mod 4) nur mit
gerader Vielfachheit vorkommt.
2.2 Satz von Lagrange
Mit Hilfe der Ideen des vorigen Abschnitts beweisen wir nun analog den
Theorem 2.7 (Satz von Lagrange). Jede natürliche Zahl ist Summe von
vier Quadraten.
Beweis: Der Beweis verläuft analog zum zwei-Quadrate-Satz. Zunächst
wird eine Identität benutzt, die das Problem auf Primfaktoren zurückführt.
Dann nden wir durch Restklassenüberlegung eine Quadratzerlegung eines
43
Vielfachen. In einem Abstiegsverfahren, das wiederum die Identität benutzt,
können wir dann dieses Vielfache auf eins reduzieren.
Es gilt
(x21 + x22 + x23 + x24 )(y12 + y22 + y32 + y42 ) = z12 + z22 + z32 + z42
mit
z1 = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4
z2 = x1 y2 − x2 y1 + x3 y4 − x4 y3
z3 = x1 y3 − x3 y1 + x4 y2 − x2 y4
z4 = x1 y4 − x4 y1 + x2 y3 − x3 y2 .
Diese Identität kann man übrigens analog zur zwei-Quadrate-Identität als
Betragsgleichung von Produkten aunden, in disem Fall im Schiefkörper der
Quaternionen.
Ferner ist 2 = 12 + 12 + 02 + 02 . Es genügt also zu zeigen, daÿ jede Primzahl
Summe von 4 Quadraten ist.
Es sei also p eine ungerade Primzahl. Die p+1
Zahlen x2 mit 0 ≤ x ≤ p−1
2
2
2
sind paarweise inkongruent mod p, ebenso die p+1
Zahlen
−1
−
y
mit
2
0 ≤ y ≤ p−1
. Da es genau p Restklassen mod p gibt, dies aber insgesamt
2
p + 1 Zahlen sind, gibt es ein x, sodass x2 ≡ −1 − y 2 ( mod p) ist. Ein
Vielfaches von p lässt sich also in der Form 1 + x2 + y 2 darstellen:
m · p = 0 2 + 1 2 + x2 + y 2
¡ ¢2
Darin ist 0 < m < p (wegen 1 + x2 + y 2 < 1 + 2 p2 < p2 ). Es sei m0 p das
kleinste Vielfache von p, welches sich in der Form
m0 p = x21 + x22 + x23 + x24
mit 0 < m0 < p darstellen lässt, worin x1 , x2 , x3 , x4 nicht alle durch p und
auch nicht durch m0 teilbar sind. Angenommen, es sei m0 > 1. Aus der
Minimaleigenschaft von m0 folgt, dass dann m0 ungerade sein muss. Wäre
m0 gerade, so hätten wir
x1 + x2 + x3 + x4 ≡ x21 + x22 + x23 + x24 ≡ 0( mod 2)
d.h., die xi sind zu je zweien kongruent mod 2. Es sei o.B.d.A. x1 ≡ x2 (
mod 2) und x3 ≡ x4 ( mod 2). Dann haben wir die Darstellung
µ
¶2 µ
¶2 µ
¶2 µ
¶2
x1 + x2
x1 − x2
x3 + x4
x3 − x4
m0
·p=
+
+
+
2
2
2
2
2
44
im Widerspruch zur Minimalität von m0 . Man kann also
xi = bi · m0 + yi
mit (i = 1, 2, 3, 4) setzen, wobei bi so gewählt wurde, dass |yi | < 12 m0 ist. Da
x1 , x2 , x3 , x4 nicht alle durch m0 teilbar sind, ist wenigstens ein yi > 0. Somit
ist
µ
¶2
1
2
2
2
2
0 < y 1 + y2 + y3 + y4 < 4 ·
m0 = m20 .
2
Aus xi = bi m0 + yi folgt andererseits
y12 + y22 + y32 + y42 ≡ 0( mod m).
Daher ist
y12 + y22 + y32 + y42 = m1 · m0
mit 0 < m1 < m2 . Es folgt demnach die Darstellung
m20 m1 p = z12 + z22 + z32 + z42 .
Jedes der zi ist darin aber wegen xi ≡ yi (m0 ) durch m0 teilbar, also zi = m0 ti .
Es folgt
m1 p = t21 + t22 + t23 + t24
mit 0 < m1 < m0 < p, was ein Widerspruch zur Minimaleigenschaft von m0
ist. Es muss somit m0 = 1 sein, q.e.d.
2.3 Das Waring-Problem
In seinem Buch M editationes Algebraicae schrieb Waring 1770: Jede Zahl
ist Summe von neun Kubikzahlen, neunzehn Biquadraten und so weiter... Zuvor hatte Lagrange bereits bewiesen, dass jede Zahl als Summe von vier
Quadratzahlen darstellbar ist (siehe 2.7). Daher wurde nach Waring das folgende Problem benannt:
Problem 2.8 (Waring-Problem). Gibt es zu jedem Exponenten k eine
kleinste Zahl g(k), so dass jede natürliche Zahl n als Summe
n = ak1 + · · · + akg(k)
von k -ten Potenzen darstellbar ist?
45
Hilbert bewies 1909, dass ein solches g(k) für alle k ∈ N existiert. Die
Bestimmung der Zahlen g(k) erwies sich als deutlich schwieriger und wurde erst in den letzten Jahrzehnten abgeschlossen. Warings Vermutung, dass
g(3) = 9 und g(4) = 19 ist, konnten gezeigt werden. Allgemein gibt es drei
Fälle, wobei im Hauptfall das folgende Resultat gilt:
Theorem 2.9. Sei k > 4 und 2k · {( 32 )j } + [( 32 )j ] ≤ 2k . Dann ist
3
⇒ g(k) = 2k + [( )k ] − 2.
2
Der Beweis ist allerdings extrem schwierig.
Bei weiteren Untersuchungen stellt man fest, dass oft nur wenige Zahlen
wirklich g(k) Summanden benötigen. So sind im Fall k = 3 die Zahlen
23 = 2 · 23 + 7 · 13 und 239 = 53 + 3 · 33 + 4 · 23 + 13
die einzigen Zahlen, die neun Kuben benötigen. Weitere fünfzehn Zahlen
benötigen acht Kuben (die gröÿte ist 8042), alle anderen höchstens sieben.
Dies führt auf das bisher ungelöste
Problem 2.10 (Groÿes Waring-Problem). Finde die Zahl G(k), das ist
die kleinste Anzahl, so dass sich fast alle natürlichen Zahlen (d.h. bis auf
endlich viele) als Summe von G(k) k -ten Potenzen schreiben lassen.
Dieses Problem ist noch deutlich schwerer und weitgehend ungelöst. So ist
z.B. unklar, ob G(3) = 7. Bisher weiÿ man nur, dass G(2) = 4 und G(4) = 16.
3
Das Waring-Problem für Polynome
In diesem Abschnitt betrachten wir das analoge Problem für Polynome aus
C[x ], d.h. die Frage, wann man ein Polynom als Summe von Potenzen anderer
Polynome darstellen kann. Wir werden im ersten Teil schnell sehen, dass
diese Frage relativ leicht beantwortbar, aber nicht besonders interessant ist.
Deshalb werden wir uns auf das Problem der Darstellung als Potenzsummen
von linearen Polynomen einschränken. Es erweist sich, dass dies eine schöne
geometrische Interpretation und eine anschauliche Antwort besitzt.
46
3.1 Potenzsummen beliebiger Polynome
Wir beginnen wieder mit dem quadratischen Fall. Dieser ist besonders einfach
wegen der Identität
P2 = (
P +1 2
P −1 2
) + (i
),
2
2
d.h. jedes komplexe Polynom P (mit beliebig vielen Variablen!) ist Summe zweier Quadrate. Stimmt das auch für Kuben? Wir untersuchen dies im
einfachen Fall des Polynoms x.
Satz 3.1. x ist nicht Summe zweier Kuben.
Beweis: Allgemein lässt sich jede Summe zweier Kuben darstellen als:
A3 + B 3 = (A + B) · (A + ξB) · (A + ξ 2 B),
wobei ξ eine dritte Einheitswurzel 6= 1 ist. Damit müsste x als Polynom 1.
Grades darstellbar sein als Produkt dreier Faktoren. Von diesen Faktoren
muss demnach einer ersten Grades und zwei konstant sein. Da dafür oensichtlich A und B konstant sein müssten (leicht nachzurechnen), führt dies
automatisch zu einem Widerspruch, da dann A3 + B 3 6= x.
Übrigens könnten wir den Beweis auch mit dem Satz von Mason führen.
Die Anwendung auf x = A3 + B 3 liefert nämlich n0 (A) + n0 (B) + 1 − 1 ≥
max{deg(A3 ), deg(B 3 )}, also deg(A) + deg(B) ≥ 3 max{deg(A), deg(B)}.
Dies ist unmöglich für nichtkonstante A und B .
Damit kann nicht jedes Polynom als Summe zweier Kuben dargestellt werden. Wir können aber durch Untersuchung der Darstellung von x zeigen, dass
jedes Polynom Summe dreier Kuben ist; es gilt nämlich
³x
6
+1
´3
´3 µ −x ¶3
+
−1 + √
= x.
6
108
³x
Durch Substitution erhält man also für jedes beliebige komplexe Polynom P
(mit beliebig vielen Variablen!):
µ
P
+1
6
µ
¶3
+
¶3 µ
¶3
P
−P
−1 + √
.
6
108
47
Demnach ist jedes Polynom als Summe von drei Kuben darstellbar.
Analog kann man x auch als Summe von höheren Potenzen darstellen, man
sieht allerdings bereits hier, dass diese nicht sehr ergiebig, sondern im Gegenteil sogar sehr kompliziert sind. Als abstraktes Resultat mag eine solche
Darstellung befriedigen, aber das Resultat sieht sehr unschön und willkürlich aus. Eine solche Zerlegung sagt uns nicht über die Eigenschaften von P ,
zumal die einzelnen Summanden höheren Grad als P haben. Ezienter wäre
eine Darstellung als Potenzsumme von Polynomen mit kleinerem Grad, am
besten von linearen. Dies soll uns im folgenden beschäftigen. Dazu führen
wir zunächst den Begri eines homogenen Polynoms ein.
3.2 Homogenisierung
Denition 3.2. Ein Polynom P ∈ C[x0 , . . . , xn ] heisst homogen vom
Grad d, wenn P (λx0 , . . . , λxn ) = λd P (x0 , . . . , xn ) für beliebige λ ∈ C gilt.
Bemerkung: Diese
ist äquivalent zu der Tatsache, dass in der
P Eigenschaft
i0
i1
Darstellung P = i0 ,...,in x0 ·x1 ·...·xinn für alle Monome gilt: i0 +· · ·+in = d.
Homogene Polynome haben den Vorteil, dass sich bei Summation der Grad
nicht verändern kann (es sei denn, es ergibt sich das Nullpolynom). Wir können durch eine leichte Modikation jedes Polynom aus C[x1 , . . . , xn ] in eine
homogene Form überführen, indem wir einfach in jedem Monom den Grad
durch Multiplikation mit Potenzen einer zusätzlichen Variablen x0 auüllen.
So wird zum Beispiel aus 3x21 +4x1 +1 das Polynom 3x21 +4x1 x0 +x20 . Oenbar
ist diese Zuordnung umkehrbar eindeutig.
Im Folgenden wollen wir daher die Darstellbarkeit
PolynoPkvon homogenen
d
men (mit mehreren Variablen) in der Form P = j=1 Lj , wobei Lj Linearformen sind, untersuchen.
3.3 Quadriken
Wie im Fall ganzer Zahlen P
betrachten wir zunächst den quadratischen Fall.
Es sei also P (x0 , . . . , xn ) = ni,j=0 aij xi xj . Man kann P auch als Produkt
P (x0 , . . . , xn ) = (x0 , . . . , xn ) · A · (x0 , . . . , xn )T
darstellen, wobei A = (aij )ni,j=1 die Koezientenmatrix ist. Der folgende Satz
aus der linearen Algebra gibt uns dann die Lösung unseres Problems:
48
Satz 3.3. Nach einer linearen Koordinatentransformation ist A eine Ma-
trix, die auf der Haupdiagonalen nur Nullen und Einsen und ansonsten nur
Nullen enthält. Mit anderen Worten, P = L21 + · · · + L2k+1 mit k ≤ n.
Beweis: Der symmetrische Gauÿ-Algorithmus (d.h. nach jeder Zeilen-
operation wird dieselbe Operation in den Spalten ausgeführt) liefert in den
komplexen Zahlen das gewünschte Ergebnis.
Beispiel: P (x0 , x1 ) = x20 + 4x0 x1 + 3x21 lässt sich darstellen als (x0 + 2x1 )2 +
(ix1 )2 .
3.4 Der (projektive) Raum der Polynome vom Grad d
Nun betrachten wir homogene Polynome beliebigen Grades. Wir überlegen
uns leicht mit kombinatorischen Argumenten:
¡ ¢
Proposition 3.4. Es gibt n+d
Monome in den Variablen x0 , . . . , xn vom
d
Grad d.
rik.
Beweis: Wir wiederholen zunächst einige Basisresultate der Kombinaton! = 1 · 2 · ... · n
wird benutzt, um die Anzahl aller möglichen Permutationen einer nelementigen Menge zu berechnen. Mit dem Binomialkoezienten
µ ¶
n
n!
=
k
d! · (n − k)!
kann man bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, aus einer n-elementigen
Menge k verschiedene Elemente auszuwählen.
Die analoge Frage nach der Anzahl der Möglichkeiten, aus einer n-elementigen
Menge k Elemente auszuwählen, wobei auch mehrfache Auswahl desselben
Elements zugelassen ist, ergibt die Formel
µ
¶
(n + k − 1)!
n+k−1
=
.
k
(n − 1)! · k!
Das Bilden der von Monomen vom Grad d aus den n + 1 Variablen x0 , . . . xn
entspricht einer Auswahl von d Elementen aus (n + 1), wobei ein Element
öfters ausgewählt
werden
¡n+1+d−1
¢ kann. Dies sind also nach den vorherigen Überlegungen genau
Stück.
d
49
¡n+d¢
Zur Abkürzung
setzen
wir
ab
jetzt
N
:=
. Wir können nun ein Pod
P
lynom i0 +···+in =d ai0 ...in xi0 ...in vom Grad d auch als Vektor mit N Koordinaten (. . . , ai0 ...in , . . . ) auassen und somit den Vektorraum CN als Raum der
Polynome vom Grad d interpretieren. Da allerdings für die Darstellung als
Potenzsumme Ld1 + · · · + Ldk konstante Vielfache irrelevant sind, ist es natürlicher, die Polynome als Punkte im projektiven Raum PN −1 zu betrachten
(also den Raum der Geraden in CN durch den Nullpunkt). Die Koezienten
des Polynoms ergeben dann die homogenen Koordinaten [· · · : ai0 ...in : . . . ],
z.B. entspricht x20 + 4x0 x1 + 3x21 dem Punkt [1 : 4 : 3] im P2 .
3.5 Die Veronese-Abbildung
Im Fall von Polynomen höheren Grades d ≥ 3 können wir das WaringProblem auf eine geometrische Fragestellung zurückführen. Dazu interpretieren wir die homogenen Polynome vom Grad¡ d als
¢ Punkte im anen Raum
CN bzw. im projektiven Raum PN −1 (N = n+d
). Eine natürliche Frage ist
d
dann: Welche geometrische Form hat die Teilmenge der Potenzen von Linearformen Ld ?
Man berechnet mit Hilfe der multinomischen Formel
(a0 x0 + · · · + an xd )d =
X
i0 +...in
n
Y
d!
(aj xj )ij ,
i
!
.
.
.
i
!
0
n j=1
=d
Q
d!
ij
dass solche Potenzen Koordinaten der Form [· · · : i0 !...i
j=1n (aj ) : · · · ] im
n!
d!
PN −1 haben. Nach einer koordinatenweisen Stauchung mit dem Faktor i0 !...i
n!
entspricht dies gerade dem Bild der sogenannten Veronese-Abbildung
νd : Pn → PN −1
[a0 : · · · : an ] 7→ [ad0 : · · · : adn ],
wobei die Koordinaten im Bildraum gerade alle Monome vom Grad d durchlaufen.
Beispiel: Ein einfaches Beispiel hierfür ist die rationale Normkurve (auch
verdrehte Kubik genannt):
ν3 : P1 → P3
[a0 : a1 ] 7→ [a30 : a20 a1 : a0 a21 : a31 ].
50
Man sieht übrigens leicht, dass diese Kurve gerade durch die Gleichungen
xw = yz,
xz = y 2 ,
yw = z 2
gegeben ist (wenn [x : y : z : w] die Koordinaten des P3 bezeichnen).
Für allgemeine n, d sind die Bilder von νd (dies sind die sogenannten
Veronese-Varietäten ) komplizierter, aber ebenfalls als Nullstellenmengen
von Polynomen beschreibbar. Die Veronese-Abbildung erweist sich auÿerdem
als eineindeutig. Insbesondere ist das Bild ν(Pn ) ebenfalls n-dimensional.
3.6 Sekantenvarietäten
Der nächste Schritt geht von der natürlichen Frage aus, welche Punkte im
PN −1 Polynomen der Form Ld1 + Ld2 entsprechen. Man rechnet direkt aus,
dass dies gerade die Punkte sind, die auf der Geraden durch die Punkte L1d
und Ld2 liegen. Dasselbe gilt für k + 1 Summanden:
Satz 3.5. Ein Polynom ist als Summe Ld1 + . . . Ldk+1 darstellbar, genau
dann wenn der zugehörige Punkt im PN −1 in dem Raum liegt, der durch die
Punkte Ld1 , . . . , Ldk+1 auf der Veronese-Varietät aufgespannt wird.
Geraden durch zwei Punkte der Menge νd (Pn ) bezeichnet man als Sekanten. Dementsprechend liegt die folgende Denition nahe:
Denition 3.6. Die Sekantenvarietät Seck νd (Pn ) ist die Menge der
Punkte aller k -dimensionalen Räume, die durch k + 1 Punkte auf νd (Pn )
gehen, zuzüglich der Grenzwerte dieser Punkte.
Warum nehmen wir die Grenzwerte hinzu? Dies sind Punkte, die auf
Tangenten der Veronese-Varietät liegen, und bilden in diesem Sinne eine Abschlieÿung der Sekantenräume (wir füllen die Lücken). Man überlegt sich
leicht, dass diese Menge relativ klein ist (es gibt viel mehr Sekanten als Tangenten). Der Vorteil dieser Abschliessung ist, dass dann Seck νd (Pn ) ebenfalls
durch polynomiale Gleichungen im PN −1 beschrieben werden kann.
Durch diese Überlegungen haben wir folgende Modikation des WaringProblems erreicht:
Problem 3.7. Für welche k ist Seck νd (Pn ) = PN −1 ?
51
Dabei ist zu bemerken, dass dies dem groÿen Waring-Problem entspricht, nämlich der Frage, mit wieviel Summanden wir fast alle Polynome
darstellen können (mit Ausnahme der Punkte auf den Tangenten). Wir können die Frage sogar noch etwas weiter vereinfachen. Das Problem ist nämlich
äquivalent zur Gleichheit der Dimension, d.h. wir prüfen
dim Seck νd (Pn ) = N −1?
Warum reicht dies aus? Der Grund ist, dass eine polynomiale Gleichung sofort
die Dimension um 1 reduziert. Wenn also die Dimension der Sekantenvarietät N −1 ist, heisst das nichts anderes, als dass das zugehörige polynomiale
Gleichungssystem leer ist, mit anderen Worten sie ist der ganze Raum PN −1 .
3.7 Dimensionszählung und der Satz von Alexander
und Hirschowitz
Wir überlegen uns nun, welche Dimension die Sekantenvarietät haben kann.
Man überlegt sich schnell die folgende Abschätzung:
Lemma 3.8. dim Seck νd (Pn ) ≤ (k + 1)n + k
Beweis: Wenn wir k + 1 Punkte auf einem n-dimensionalen Raum unab-
hängig voneinander auswählen, entspricht dies (k + 1)n Parametern. Hinzu
kommt die Dimension k des k -ten Sekantenraumes.
Leider kann die Dimension echt kleiner als die rechte Seite werden, zum
Beispiel wenn νd (Pn ) Geraden enthält (dann kommt durch die Sekante keine
Dimension hinzu) oder wenn die Menge zu ach ist (z.B. schon in einem mdimensionalem (m < N −1) projektiven Unterraum des PN −1 enthalten wäre). Dies ist etwa für Quadriken der Fall (Satz 3.3). Dort hatten wir gesehen,
dass wir n + 1 Summanden benötigen. Würde hingegen im Lemma¡ für ¢d = 2
Gleichheit gelten, hätten wir dim Seck ν2 (Pn ) = (k + 1)n + k = n+2
− 1,
2
n+2
also k + 1 = 2 < n + 1.
Dagegen gibt es für höhere Grade das schöne Resultat, dass in fast allen
Fällen Gleichheit gilt.
Theorem 3.9 (Satz von Alexander-Hirschowitz). Sei d ≥ 3. Dann ist
dim Seck νd (Pn ) = min{N −1, (k + 1)n + k }
52
für alle Tripel (n, d, k) mit Ausnahme der vier Fälle
(n, d, k) = (4, 3, 6), (2, 4, 4), (3, 4, 8), (4, 4, 13).
Durch Umstellen folgern wir:
Korollar 3.10. Fast alle homogenen Polynome vom Grad d ≥ 3 in
C[x0 , . . . xn ] lassen sich als Summe Ld1 + · · · + Ldk+1 schreiben, wenn
¡n+d¢
k+1≥
d
(n + 1)
ist, mit Ausnahme der Fälle (n, d) = (4, 3), (2, 4), (3, 4), (4, 4).
In den Ausnahmefällen stellt sich heraus, dass wir mit einem zusätzlichen Summanden auskommen (d.h. 8, 6, 10 bzw. 15). Das k + 1 kommt in
den Summationsindex, da ja einer k -Sekante k + 1 Summanden entsprechen
(etwa im Geradenfall, also bei k = 1, zwei Summanden).
Beispiele:
1. Der einfachste Fall ist die verdrehte Kubik im P3 , also n = 1, d = 3. Wir
erhalten k + 1 = 4/4 = 1, also die Geradensekanten (und -tangenten) der
Kurve füllen den Raum. Daher ist fast jedes homogene Polynom 3. Grades in
zwei Unbekannten als Summe zweier Potenzen darstellbar. Äquivalent dazu
ist die Aussage (wenn wir wieder von homogenen zu inhomogenen Polynomen übergehen, indem wir x0 = 1 setzen), dass fast jedes Polynom in einer
Variablen vom Grad ≤ 3 Summe zweier Kuben von Linearformen ist. Hier
sehen wir auch, dass echte Ausnahmepunkte existieren, denn z.B. x ist nicht
als Summe zweier Kuben darstellbar (siehe 3.1).
2. Im Fall von n = d = 5 und n = 4, d = 6 erhalten wir
¡5+5¢
¡4+6¢
252
210
5
k+1=
=
bzw. k + 1 = 4 =
,
5+1
6
4+1
5
also in beiden Fällen DIE ANTWORT:
42
The End
53